De thi va dap an HSG Tinh quang ngai nam hoc 20112012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI. ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH Ngày thi 29 tháng 3 năm 2012 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút.. Bài 1: (4,0 điểm) a) Tìm các cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn: 6 x + 5 y +18 = 2 xy a 5 a 4 7a 3 5a 2 a + + + + b) Chứng minh rằng với mọi a  N thì biểu thức A = 120 12 24 12 5 có giá trị là số tự nhiên. Bài 2: (4,0 điểm) 2 a) Giải phương trình: 4 x 1 x  5 x 14  y = x2.     z = xy  1 = 1 + 6 x y z b) Giải hệ phương trình: . với x, y, z 0. Bài 3: (4,0 điểm) 1- 2 8 a) Cho a = 2 . Tính giá trị của biểu thức: 16a - 51a b) Cho a và b là các số thực dương. a b 2a b  2b a  a  b 2  2 Chứng minh rằng: Bài 4: (5,0 điểm) Trên đường tròn (O) đường kính AB lấy điểm M (M khác A và B). Từ điểm C  trên đoạn OB (C khác B) kẻ CN vuông góc với AM tại N. Đường phân giác của MAB cắt CN tại I và cắt đường tròn (O) tại P; đường thẳng MI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là Q. a) Chứng minh ba điểm P; C; Q thẳng hàng. b) Khi BC = AM, hãy chứng minh tia MI đi qua trung điểm của đoạn AC.. Bài 5: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH. Trên các đoạn AH, AB, AC lần 0   lượt lấy các điểm D, E, F sao cho EDC = FDB = 90 (E khác B). Chứng minh rằng EF // BC. HẾT Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH HƯỚNG DẪN CHẤM Môn Toán. ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (4,0 điểm). a) Tìm các cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn: 6 x + 5 y +18 = 2 xy. Tóm tắt cách giải 2 xy  6 x  15  5 y 33 Từ 6 x  5 y 18 2 xy  2 xy  6 x  5 y 18 . 2 x  y  3  5  y  3 33  y  3  2 x  5 33 1.33 3.11 . Ta xét các trường hợp sau :  y  3 1  x 19  y  3 33  x 3       2 x  5  33 y  4 2 x  5  1     y 36 * *  y  3 11  x 4  y  3 3  x 8       * 2 x  5 3  y 14 * 2 x  5 11  y 6 Các cặp số nguyên dương đều thỏa mãn đẳng thức trên. Vậy các cặp số cần tìm là : (3; 36); (4; 14); (8; 6); (19; 4). a 5 a 4 7a 3 5a 2 a + + + + 12 5 có giá trị là b) Chứng minh rằng với mọi a  N thì biểu thức A = 120 12 24 số tự nhiên. Tóm tắt cách giải a a 7a 5a a a  10a 4  35a 3  10a 2  24a     120 Ta có A= 120 12 24 12 5 = 5 4 3 2 Đặt M = a  10a  35a  10a  24a  M = a(a + 1)(a + 2)(a + 3)(a + 4) Với mọi a  N ta có: + Trong tích có ít nhất 2 số tự nhiên chẵn liên tiếp, nên M 8 + M là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp, nên M 5 + M chứa tích của 3 số tự nhiên liên tiếp, nên M 3 Vì (3; 5; 8) = 1 nên M 3.5.8 120 5. 4. 3. 2. 5. a 5 a 4 7a 3 5a 2 a     Do đó 120 12 24 12 5 là số tự nhiên với mọi a  N Bài 2: (4,0 điểm) 2 a) Giải phương trình: 4 x 1 x  5 x  14 Tóm tắt cách giải. 4 x 1 x 2  5 x 14 ( 1 )Điều kiện: x  –1. (1)  (x2 – 6x + 9 ) + ( x + 1– 4 x  1 + 4) = 0  ( x – 3)2 + ( x  1 – 2)2 = 0 ( x  3) 2 0  x  3 0  x 3  x 3  x 3      2  ( x  1  2) 0   x  1  2 0   x  1 2   x  1 4  x 3 (TM ĐK) Vậy phương trình có 1 nghiệm là x = 3.  y = x2     z = xy  1 = 1 + 6 x y z b) Giải hệ phương trình:  với x, y, z 0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Tóm tắt cách giải   y  x 2 (1)   z  xy (2) 1 1 6    (3)  x y z. Hệ phương trình: với x, y, z  0 3 Thế (1) vào (2) ta có z = x (4) x2 x  6 1 1 6  2 3  3 x hay x 3 x Thế (1) và (4) vào (3) ta có: x x 2 2 Vì x  0 nên ta có x = x + 6  x – x – 6 = 0  x  2 (nhận)  x 3 (nhận)  (x + 2)(x – 3) = 0   Với x = –2  y = 4; z = –8 Với x = 3  y = 9; z = 27 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (–2 ; 4 ; –8) và (3 ; 9 ; 27). Bài 3: (4,0 điểm). 1- 2 8 a) Cho a = 2 . Tính giá trị của biểu thức: 16a - 51a Tóm tắt cách giải Ta có: 1 a. 2.  2a 1 . 2  1  2a  2  4a 2 4a  1. 2  16a 4 16a 2  8a  1  16a  4   8a  1 24a  5 169  256a8 816a  169  16a8  51a  16 13  16a8  51a  4. b) Cho a và b là các số thực dương. Chứng minh rằng:.  a  b. 2. . a b 2a b  2b a 2. Tóm tắt cách giải 2. 2. 1 1    a   0;  b   0 2 2  Với  a, b > 0, ta có:   a. a.  a b . 1 0; b  4. b. 1 0  (a  4. 1  a  b 0 2. Nhân từng vế ta có : 2.   a  b . 2 Bài 4: (5,0 điểm). 1 b  ) 0 4  a, b > 0. Mặt khác a  b 2 ab  0.  a  b    a  b  .  a  b  2a. 1 a  )  (b  4. . b  2b a. 1 2 ab 2 . . a b. .

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Trên đường tròn (O) đường kính AB lấy điểm M (M khác A và B). Từ điểm C trên  đoạn OB (C khác B) kẻ CN vuông góc với AM tại N. Đường phân giác của MAB cắt CN tại I và cắt đường tròn (O) tại P; đường thẳng MI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là Q. a) Chứng minh ba điểm P; C; Q thẳng hàng. b) Khi BC = AM, hãy chứng minh tia MI đi qua trung điểm của đoạn AC. Tóm tắt cách giải. 1 2. 1. 1 2 3. a) Chứng minh P, C, Q thẳng hàng Ta có CI // BM ( cùng vuông góc AM)    M 2 I1 ( đồng vị ) (1)   A M 2 3 ( góc nội tiếp cùng chắn cung BQ)   Từ (1) và (2)  A3 I1  Tứ giác AICQ nội tiếp .   IQC  A2 (góc nội tiếp cùng chắn cung IC)   sd MP sd PB  MQP   A2 2 2 Lại có :   Từ (3) và (4)  IQC MQP. (2). (3) (4).   Ta có 2 tia QC và QP nằm ở 1/2 mặt phẳng bờ QM có MQP IQC nên 2 tia QC và QP trùng nhau. Do đó Q; C; P thẳng hàng. b) Chứng minh MI đi qua trung điểm của AC Gọi E là giao điểm của MQ và AB . Ta có IC // BM ( cùng vuông góc AM) EC EI   BC MI (5) EI AE  MAB Mặt khác AI là phân giác của nên IM AM (6) EC AE     BC AM   EC  AE BC  AM  gt   Từ (5) và (6) Vậy MI đi qua trung điểm của AC ..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Bài 5: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH. Trên các đoạn AH, AB, AC lần lượt lấy 0   các điểm D, E, F sao cho EDC = FDB = 90 (với E khác B).. Chứng minh rằng EF // BC. Tóm tắt cách giải A. P. E. M. B. D. Q. F. H C Kéo dài DE và DF cắt đường thẳng BC lần lượt tại M và N. Tam giác MDC vuông tại D, đường cao DH. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HD2 = HM. HC (1) Tam giác BDN vuông tại D, đường cao DH. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HD2 = HB. HN (2) HB HC HB HC     HM HN BM CN (3) Từ (1) và (2)  HM.HC = HB.HN Qua D vẽ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại P và Q. Áp dụng định lí Ta-lét ta có: PD ED PD AD     BM EM ; PD // BH BH AH . Vì PD // BM PD PD ED AD BH ED AH  :  :   . BM BH EM AH BM EM AD (4). Do đó CH FD AH  . Tương tự ta cũng có CN FN AD (5) ED FD   EM FN . Từ (3) (4) và (5) Theo định lí Ta-lét đảo, suy ra EF // BC.. N. Ghi chú : + Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải, học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. Tổ chấm thảo luận thống nhất biểu điểm chi tiết cho các tình huống làm bài của học sinh. + Bài Hình học, nếu không có hình vẽ nhưng học sinh thực hiện các bước giải có logic và đúng thì cho nửa số điểm tối đa của phần đó. Vẽ hình sai (về mặt bản chất) nhưng lời giải đúng thì không cho điểm. + Điểm từng câu và toàn bài không làm tròn số..

<span class='text_page_counter'>(6)</span>

<span class='text_page_counter'>(7)</span>